金牌之路高中物理比賽輔導張大同

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯編著張大同陜西師范大學出版社高中物理第一講數數數比賽導入(一)摩擦力(二)力的合成和分解（三）重心(或質心)的求法(四)普通剛體的平衡(五)平衡的種類和穩(wěn)度點面突被實戰(zhàn)沖刺第二講鑒數數比賽導入(一)運動的合成和分解(二)圓周運動(三)相對運動點面突破實戰(zhàn)沖刺第三講比賽導入(一)聯(lián)接體（二）曲線運動的向心力(三)質點系牛頓第二定律(四)天體運動（五）慣性力點面突破實戰(zhàn)沖刺第四講圖2章比賽導入(一)功和動能（二）勢能及功能原理(三)沖量和動量(四)動量守恒定律點面突破實戰(zhàn)沖刺第五講數學比賽導入(一)簡諧運動(二)機械波點面突破實戰(zhàn)沖刺比賽導入(一)液體的表面現象(二)理想氣體的狀態(tài)方程（三）混合的理想氣體(四)熱力學第一定律(五)物態(tài)變化點面突破實戰(zhàn)沖刺第七講圖2.2章比賽導入(一)電場強度(二)靜電感應(三)電勢(四)電容器點面突破實戰(zhàn)沖刺第八講三章比賽導入(一)電阻定律(二)容易電路（三）復雜電路(四)無限網絡點面突破、實戰(zhàn)沖刺第九講數學數比賽導入(一)磁場及其描述(二)磁場力(三)電磁感應點面突破實戰(zhàn)沖刺第十講第二比賽導入(一)光的反射(二)光的折射(三)透鏡成像(四)光學儀器的放大率(五)光的干涉(六)光電效應點面突破實戰(zhàn)沖刺第一講物體的平衡意味在中學物理教學大綱中已詳細推薦過的合成力的平行四邊形定則,共點力的平衡,有固定轉動軸的物體的平衡等內容,這里不再一一講述,只對其他一些在比賽中常常要用到的知識作一簡要的推薦,并舉例說明.(一)摩擦力當互相接觸的兩個物體之間有相對運動時,兩物體之間可能浮上滑動摩擦力,其大小可用fk=N?μk來計算,方向與相對運動的方向相反,當兩個互相接觸的物體有相對運動趨勢時,兩物體之間可能浮上靜摩擦力,其最大值為f1.摩擦力的方向與相對運動方向相反圖1-1這個問題在有些情況下容易被忽略.如圖1?1,A、B是兩個很長的圓柱形滾筒,半徑為r.A、B兩筒各自圍繞自己的對稱軸以角速度ω轉動,兩軸之間的距離為a.A、B之間擱著一個較短的圓柱體C,半徑為R[2R>(a?2r)],質量為m,用一個與A、B軸平行的力F拉著圓柱體C,以速度v0做勻速運動,倘若C和A、B(2)如圖1-3,C在堅直方向上受力平衡22式中f所以Nf(3)f=2注重,圖1-4不是一個平面圖.圖1-2圖1-3圖1-4不難看出,對同樣的m、μ、R、r、α來講,A、B轉得越快(2.摩擦角如用fk表示滑動摩擦力,N表示正壓力,那么φ=圖1-5滑動摩擦角.同樣如用fsm表示最大靜摩擦力,那么φ0=arctanf如圖1-5,小木塊和水平地面之間的動摩擦因數為μ,用一個與水平方向成多大角度的力F拉著小木塊做勻速直線運動最省力?這個問題可以用解析的主意來解,按照合外力為零:Σ消去N可得:FF==式中β=arctan1μ.當sinα+α=arctanμ時,F有極小值倘若用摩擦角的觀念來解此題要簡圖1-6單一些,物理思路也要清晰一些.將摩擦力f和地面向木塊的彈力N合成一個力F′,摩擦角為φ=arctanfN=arctanμ,這樣木塊受到三個力:重力G、桌面向木塊的作使勁F′和拉力F,如圖1-6.其中G的大小、方向都決定,F′的方向決定但大小不定,而F的方向大小都不定.作出力的三角形,很容易看出當F垂直于F′時3.摩擦力作用的時光因為惟獨當兩個物體之間有相對運動或相對圖1-7運動趨勢時,才有摩擦力,所以要注重摩擦力作用的時光.如一個小球堅直落下與一塊在水平方向上運動的木塊碰撞后,向斜上方彈出(圖1-7),假設碰撞時光為Δt,但可能小球不需要Δt時光,在水平方向上便已經具有了與木塊相同的速度,則在剩下的(二)力的合成和分解1.多邊形法則力的合成除了可用平行四邊形定則外,還可以用多邊形法則.在多個共點力合成時,可以把各個力依次首尾相接,最后從第一個力的始端到最末一個力的終端的連線就可以表示合力(圖1-8).圖1-8圖1-92.平行力的合成和分解同向平行力的合成:兩個平行力FA和FB相距AB,則合力ΣF的大小為FA+FB,作用點圖1-10反向平行力的合成:兩個大小不同的反向平行力FA和FBFA>FB相距AB,則合力ΣF的大小為FA?FB（三）重心(或質心)的求法求重心的常用主意有分隔法與負質量法兩種.如圖1-11所示的棒錘,假設勻質球A質量為M、半徑為R,勻質棒B質量為m、長度為l,求它的重心.第一種主意是將其分隔成球和棒兩部分,然后用同向平行力合成的主意找出其重心C,C在AB連線上,且AC?M=BC?m(圖1-12);第二種主意是將棒錘看成一個對稱的“啞鈴”和一個質量為?M的球A′的合成(圖1-13),用反向平行力合成的主意找出其重心圖1-11圖1-12圖1-13種主意的結果都是BC=(四)普通剛體的平衡受共點力作用的物體,其平衡的充要條件是合外力等于零ΣF=0.有固定轉軸的物體平衡的充要條件是合力矩等于零ΣM=0.而對普通剛體,則要把ΣF=0ΣFx=0,Σ這里需要說明的是:(1)x、y坐標的方向可(2)ΣM=0方程的轉軸可按照需要隨意(3)ΣM=按照力的平衡的要求,倘若一個剛體受到三個非平行力的作用,那么這三個力必須共點,否則圖1-14不可能平衡.如圖1-14中靠在光潔堅直墻面上的梯子,倘若將地面向它的彈力N2和摩擦力f合成一個地面向它的作使勁F,那它就是一個受三個力F、G、N1而平衡的剛體.那么F的作用線必然通過N作為一種異常情況,倘若一根桿只受到兩個力的作用而平衡(二力桿),那么這兩個力的方向一定是沿桿的.圖1-15如圖1-15(a)所示的由五根輕桿和一個拉力器構成的正方形框架,A、B、C、D四處由鉸鏈銜接,各桿可以自由轉動.AC桿和BD桿交會處不銜接.倘若調節(jié)拉力器,使它產生的拉力為T.那么分析A點,按照二力桿受力方向一定沿桿,可知A點的受力情況如圖1-15(b)所示.不難看出,AD桿受的是拉力,大小為T;AC桿受的是壓力,大小為2T.再分析D(五)平衡的種類和穩(wěn)度1.平衡的種類物體的平衡可分為三種:(1)穩(wěn)定平衡當物體稍稍偏離平衡位置時,有一個力或力矩使之回到平衡位置,這樣的平衡叫穩(wěn)定平衡.處于穩(wěn)定平衡的物體偏離平衡位置時普通是勢能增強.(2)不穩(wěn)定平衡當物體稍稍偏離平衡位置時,有一個力或力矩使它的偏離繼續(xù)增大,這樣的平衡叫不穩(wěn)定平衡.處于不穩(wěn)定平衡的物體偏離平衡位置時普通是勢能減小.(3)隨遇平衡當物體稍稍偏離平衡位置時,它所受的力或力矩不發(fā)生變化,它能在新的位置上再次平衡,這樣的平衡叫隨遇平衡.處于隨遇平衡的物體偏離平衡位置時勢能普通不變.2.浮體平衡的穩(wěn)定性浮在流體表面的浮體,所受浮力與重力大小相等、方向相反,處于平衡狀態(tài).浮體平衡的穩(wěn)定性,將因所受擾動方式的不同而異.顯然,浮體對鉛垂方向的擾動,其平衡是穩(wěn)定的.對水平方向的擾動,其平衡是隨遇的.浮體對于過質心的水平對稱軸的旋轉擾動,其平衡的穩(wěn)圖1-16定性視詳細情況而定.以浮于水面的船體為例:當船體向右傾斜(即船體繞過質心的水平對稱軸轉動一小角度)時,其浮心B將向右偏離,浮力FB與重力W構成一對力偶,力偶矩將促使船體恢復到本來的方位,如圖1-16(a)所示.可見船體對這種擾動,其平衡是穩(wěn)定的.但倘若船體的重心G3.穩(wěn)度物體穩(wěn)定的程度.普通來說,使一個物體的平衡遭到破壞所需要的能量越多,這個平衡的穩(wěn)度就越高.第二講運動學小市場景人在中學教學大綱中已詳細推薦過勻速運動、勻變速直線運動、平拋運動、圓周運動等基本內容,這里不再一一講述.這里僅推薦一些中學教學大綱之外而比賽中需要的知識,并著重研究一些解題思路.(一)運動的合成和分解將一些新碰到的、較復雜的問題,分解成幾個我們已經比較熟悉的比較容易的問題,這是研究物理學的常用主意.1.斜拋運動按照運動的自立性,常常把斜拋運動分解成水平方向的勻速直線運動和堅直方向的上拋運動來處理,但偶爾也可以用其他的分解主意.如圖2-1所示,從A點以v0圖2-1初速度拋出一個小球,在離A點水平距離為s處有一堵高度為h的墻BC,要求小球能越過B點.問小球以怎樣的角度拋出,才干使v0先用最普通的坐標取法:以A點作為原點,水平方向(AC方向)作為x軸,堅直方向作為yv可解得h(1)這是一個有關θ和v0的函數關系,需要求θ為多少時v0h即tan(2)這是一個有關tanθΔ(2)式的解為tan.當v0太小時Δ<0,(2)式無解,說明在此情況下小球不可能越過BC墻;當Δ=0時,(2)式有解,此時的v0便是小球能越過墻頂的最小的v0(因為倘若v取v02g舍去不合理的解,v此時tan這種解法的數學要求較高.換一種坐標取法:以AB方向作為x圖2-2取,小球在x、y方向上做的都是勻變速直線運動了,v0和g都要正交分解到x、x(1)(2)當小球越過墻頂時,y方向的位移為零,由(2)式可得t(3)(3)式代人(1)式:x===v當sin2α+φ最大,即2α+v0v==y=比較兩種解法的v0再換一種觀念:將斜拋運動看成是v0在位移三角形ADB1(1)圖2-3由(1)式中第一個等式可得t(2)將(2)式代人(1)式中第二個等式22v當?cos2α+β有極大值1時,即2α因為2所以α與第二種解法結果相同.很顯然,這種解法最容易明了.從這個一題多解中可說明:一個較復雜的運動可按不同的觀念分解成不同的兩個運動,分得合理會給解題帶來一些方便.斜拋運動固然是一個比較復雜的運動,但偶爾只要巧妙地取某一個異常的參考系,圖2-4即可使問題顯然簡化.讓我們來看下面兩個問題.如圖2-4所示,在同一鉛垂面上向圖示的兩個方向以vA=10?m/s、vB=20?m/s的初速度拋出A、B兩個質點,問s在空間某一點O,向三維空間的各個方向以相同的速度v0射出無數個小球,求t?s之后這些小球中離得最遠的兩個小球之間的距離是多少(假設t?s之內所有小球都未與其他物體碰撞)?這道題初看是一個比較復雜的問題,要考慮向各個方向射出的小球的情況.但倘若我們取一個在小球射出的同時開始自O點自由下落的參考系,所有小球就都一直在以O點為球心的球面上,球的半徑是v0t2.相關的速度當繩端在做既不沿繩方向,圖2-5又不垂直于繩方向的運動時,一般要將繩端的運動分解為沿繩方向和垂直于繩方向兩個分運動.如圖2-5所示的情況,繩AB拉著物體m在水平面上運動,A端以速度v做勻速運動,問m做什么運動?有的學生會將繩的速度v分解成堅直分速度vsinα和水平分速度vcosα,以為木塊的速度u=vcosαu<v.這是錯誤的.因為實際上木塊并沒有一個向上的分速度.應該將繩端B實際上的水平速度vB分解成沿繩方向的分速v//=vBcosα和垂直于繩的分速v⊥=vBsinα,v/使繩子縮短,所以v/圖2-6關的速度.將vA分解成沿桿方向的分速vA1和垂直于桿的分速vA2.將vB也分解成沿桿的分速vB1和垂直于桿的分速vB2.v3.兩桿交點的運動兩桿的交點同時參加了二桿的運動,而且相對另一根桿,每一根桿還有自己的運動,因而是一種比較復雜的運動.圖2-7(a)中的AC、BD兩桿均以角速度ω繞A、B兩固定軸在同一堅直面內轉動,轉動方向如圖所示.當t=0時,α=β圖2-7(a)圖2-7(b)t=0時,△ABM為等邊三角形,因此AM=BM=l,它的外接圓半徑R=OM=33l,圖2-7(b).二桿旋轉過程中,α角增大的角度向來等于β角減小的角度,所以M角的大小一直不變(等50°,因此M點既不能偏向圓內也不能偏向圓外,只能沿著圓周移動,因為∠MOM′和∠MAM′v向心加速度的大小恒為α再看圖2-8(a),一平面內有兩根細桿l1和l2,各自以垂直于自己的速度v1和圖2-8(a)圖2-8(b)參考圖2-8(b),經過時光Δt之后,l1移動到了l1?′的位置,l2移動到了l2?′的位置,l1?′和l2的原位置交于O′OO在△OOO因為φ角和θ角互補,所以cosO因此兩桿交點相對于紙平面的速度v=不難看出,經過Δt時光后,原交點在l1上的位置移動到了A位置,因此交點相對l1的位移就是AO′′v==用同樣的主意可以求出交點相對l2v因為Δt可以取得無限小,因此上述研究與v1、v2是否為常量無關.倘若倘若v1和v2的方向不是與桿垂直,這個問題應該如何解決?讀者可以舉行進一步的(二)圓周運動圓周運動普通可以用它的圖2-9運動軌跡半徑R和運動的線速度v(或角速度ω)來描述.v(或ω)的大小不變的圓周運動稱為勻速圓周運動,否則稱為變速圓周運動.勻速圓周運動并不是一種勻速運動,因為它的速度的方向向來在變;也不是一種勻變速運動,因為它的加速度的方向也向來a這個公式既適用于勻速圓周運動也適用于變速圓周運動.對變速圓周運動來說,除了有向心加速度之外,還有切向加速度aτ?an改變速度的方向,a圓周運動也可以分解為兩個互相垂直方向上的分運動.參看圖2-9,一個質點A在t=0時刻從x正方向開始沿圓周逆時針方向做勻速圓周運動.在xxva在y方向上yva從x和y方向上的位移、速度和加速度由時光t表達的參數方程可以看出:勻速圓周運動可以分為兩個互相垂直方向上的簡諧運動,它們的相位相差π2將普通的曲線運動分成很短的一段一圖2-10段,那么每一段都可以看成是一段很短的圓弧,只要將曲線分得充足短,這種近似是可以充足好的.如圖2-10中的曲線A處的一段可看成圓O1的一小段弧,B處的一段可看成是圓O2的一小段弧.圓O1稱為曲線在A處的曲率圓,R1叫曲線A處的曲率半徑.同樣,圓O2稱為曲線在B處的曲率圓,R2叫做曲線將曲線運動看做是由無限多個圓周運動銜接而成的,那么如果一個質點沿著一條曲線做勻速率的運動,它在某一點的加速度天然就是a式中v是質點的速率,ρ是曲線上該點的曲率半徑.在數學中,只要知道了一條曲線的方程,便可以求出曲線上任何一點的曲率半徑.對一些在物理學中常見的曲線,也可以用一些異常的主意來求它們的曲率半徑ρ.先看橢圓曲線x2A2+(1)將橢圓看成是半徑R=A圖2-11A>B)的圓在σ平面上的投影,圓平面和σ平面的夾角φcos設一個質點以速率v在圓上做勻速圓周運動,則向心加速度a=v2/A.從圖2-11中可以看出,當質點的投影在橢圓的長軸(x軸)上的v當質點的投影在橢圓的短軸y軸上的Q點時,其速率和加速度分離v因此橢圓曲線在P點和Q點的曲率半徑分離為ρρ(2)將橢圓曲線看成是兩個簡諧運動曲線的合成,可以把橢圓的參數方程(設A>Bx圖2-12改寫成即可進一步寫出x、y兩個方向的速度v和加速度vvaa那么在長軸端點P處ωt=ρ在短軸端點Q處ωt=ρ再看拋物線y=Ax2圖2-13作參數方程x其中a/2v對隨意一個t值:va所以這一點的曲率半徑ρ將t=xρ因為2A=a/v02ρ(三)相對運動運動是相對的,因此在研究一個運動時,必須先選定適當的參照系.在普通的情況下,人們總是習慣于將地面作為參照系,但在有些問題中,挑選相對地面運動的物體作參照系可使問題簡化.倘若有一輛平板火車正在行駛,速度為v火地(腳標“火地”表示火車相對地面,下同).有一個大膽的駕駛員駕駛著一輛小汽車在火車上行駛,相對火車的速度為vijtv(注重:v汽火和v火地不一定在一條直線上)倘若汽車中有一只小狗,以相對汽車為v狗汽v從以上二式中可看到,列相對運動的式子要遵守以下幾條原則:(1)合速度的前腳標與第一個分速度的前腳標相同.合速度的后腳標和最后一個分速度的后腳標相同.(2)前面一個分速度的后腳標和相鄰的后面一個分速度的前腳標相同.(3)所有分速度都用矢量合成法相加.(4)速度的前后腳標對調,改變符號.以上求相對速度的式子也同樣適用于求相對位移和相對加速度.圖2-14有A、B兩艘船在大海中航行,A船航向正東,船速15?km/h,B船航向正北,船速20?先以海面為參照系來考慮這個問題.正午時刻A船在燈塔D處,B船在燈塔正南40?km處(圖2-14).正午后s==需要求s的極小值s當t=1.28時,s有極小值24也可以A船為參照系來考慮這個問題.因為v=由圖2-15知,vBA的大小為202+152?km/h=25?km/h,方向為北偏西37°.所謂以A為參照系,也就是認為A船不動,B船以vBA運動,那顯然是當B船駛到C點At圖2-15圖2-16兩種主意的結果相同,但后一種主意的計算過程顯然要容易一些.第三講動力學動力學這一部分內容在中學物理部分中有著舉足輕重的地位.首先,它是靜力學和運動學兩部分內容的樞紐,也是這兩部分內容的發(fā)展和延伸.靜力學研究的是受力平衡(表現為靜止或勻速運動)的物體,而動力學研究的是普通受力情況的物體.從這個角度來講,靜力學只是動力學中的一種異常情況.靜力學研究了物體的受力情況,運動學研究了物體的運動邏輯,動力學闡明了物體的受力情況和它的運動狀態(tài)之間的關系.因此動力學是前兩部分內容之間的一個樞紐.第二,將動力學繼續(xù)拓展,可進一步研究力的兩種基本的堆積效應.第一種是力對空間的堆積效應一一功,將會改變物體的機械能;第二種是力對時光的堆積效應一沖量,將會改變物體的動量.這將是后面一講將要研究的內容.有一些問題,固然涉及以后各講的內容,但問題的難點依然是在牛頓運動定律這一部分內容中,因此這些問題也放在本講中討論.(一)聯(lián)接體兩個或兩個以上的物體在某一種力(普通是彈力或摩擦力)作用下一起運動,叫做聯(lián)接體.解聯(lián)接體的問題普通要用隔離法.即把某一個物體隔離出來舉行分析.偶爾聯(lián)接體中的各個物體具有不同的加速度,必須決定它們的加速度之間的關系.如圖3-1所示的裝置,細繩不可伸長,三個物體的加速度方向如圖所示,那么它們的加速度a1、a2和圖3-1先設m2物體不動,那么當m1物體下降h1時m3物體將升高h1/2;再設m1物體不動,當m2物體下降h2時m3物體將升高h2/2.當上述兩種運動結合起來,則實際上m1物體下降h1,m2a再如圖3-2所示的物體系,因為B球圖3-2受重力作用,使B球向下做加速運動,同時三角形?A向左做加速運動.設球和?在本來的K點接觸,經過時光Δt之后,球上的K點移到了P點處,?上的K點移到了Q點處,顯然△KPQ和?的剖面三角形是相似的,即∠KQP同樣,任何時刻都有va（二）曲線運動的向心力1.圓周運動在勻速圓周運動中,物體受的合外力應該等于它所需要的向心力.而在變速圓周運動中,普通要將合外力分解成法向和切向的兩個分力.如圖3-3所示,一個小球在半徑為R圖3-3的光潔柱形圓筒內做圓周運動.在圓筒底部B時小球的速度為v0,研究按照機械能守恒,倘若1即v則小球不能到達與柱心等高的A點,將在AB中間某一點處向回滾下.1即v則小球可順利越過最高點C繼續(xù)做圓周運動.倘若2則小球將在AC中某一點D處離開圓筒.設∠DOA=α,小球在D處只受到重力的作用,將重力mg分解成Fn=mF可求出α和vD2.普通曲線運動所有做曲線運動的物體m都需要向心力F式中v是物體的速度,l是曲線的曲率半徑.如圖3-4所示,一個質量為m的小球沿著拋物線y=Ax2型的軌道從圖3-4由靜止開始滑下.試求小球到達軌道底部時對軌道的壓力.小球到達底部時的速度v按照第二講的研究可知,拋物線y=Axl小球在底部時受到兩個力:重力mg和軌道的彈力NNN（三）質點系牛頓第二定律對一個質點系而言,同樣可以應用牛頓第二定律.倘若這個質點系在隨意的x方向上受的合外力為Fx,質點系中的n個物體(質量分離為m1、m2、?、mn)在F這就是質點系的牛頓第二定律.如圖3-5所示,C為一個放圖3-5在粗糙平面上的雙斜面,其質量mC=6.5?kg,α=37°,β=53°.斜面頂端有一滑輪,滑輪的質量及摩擦不計.A、B兩個滑塊的質量分離為mA=3.0?kg,mB=0.50?kg,由跨過定滑輪的不可伸長的輕繩相連.開始時,設法使A分析此類題目有兩種分析主意,一種是以斜面為參照系,但因為斜面在做加速運動,所以分析A、B的受力時要加一個慣性力;另一種是以地面為參照系,此時要注重A、B相對地面的加速度不是沿斜面方向的.在這道題中,因斜面和滑塊之間接觸面的情況不清晰,所以相宜用后一種主意.在地面參照系中,A解設A、B相對桌面的加速度分離為aA和aB,相對斜面的加速度分離為a′?A和a′?B.設水平向右為xa即a因為繩不可伸長,且向來繃緊,所以a它們的方向是沿斜面的,因此它們的分量:aaaa由此可得aaaa相對地面的各加速度分量為aaa對A、B、C三個物體用質點系牛頓第二定律,對這個質點系來說,在水平方向受到F和摩擦力?代入數據可得:?系統(tǒng)在堅直方向上受的外力是重力和桌面彈力N,N代入數據可得:N故動摩擦因數μ(四)天體運動天體運動的軌道普通是圓或橢圓,它做曲線運動的向心力是靠萬有引力提供的.萬有引力定律只適用于兩個質點之間的互相作用,但因為天體本身的大小與它們之間的距離比較起來很小,因此可以把它們當成質點來處理.當一顆質量為m的行星以速度v繞著質量為M的恒星做半徑為R的圓周運動時,倘若以無窮遠處作為零勢能,則它的動能Ek和勢能EpE又因為有G所以E行星的總能量E==由以上推導可見,衛(wèi)星飛得越高,其速度越慢,但是它的總能量卻越大,這是發(fā)射高軌衛(wèi)星比較艱難的緣故之一.天體的運動遵循開普勒三定律.第一定律:所有行星分離在大小不同的橢圓軌道上圍繞太陽運動,太陽在這些橢圓的一個焦點上.第二定律:太陽和行星的連線在相等的時光內掃過的面積相等.第三定律:所有行星的橢圓軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的平方的比值都相等.倘若有一顆恒星,質量為M,有一顆質量為m的行星圍繞著恒星做半徑為r0的勻速圓周運動.驟然,恒星的質量減少了1/在恒星的質量發(fā)生變化之前有G由此可知行星的速度v0和動能Ekv此時行星的勢能(實際上是行星和恒星共有的,下同)為E行星的總能量為E式中的勢能項為什么是?mMGr0T在恒星的質量發(fā)生變化后的眨眼,行星運動的速度仍為v0,動能Ek?′也依然為mMG2r0.因為恒星的質量減小了1/n,變成了n?1nE==由上式可知,當n≤2時,總能量E′≥當n>2時,因為M圖3-6小導致萬有引力變小,無法提供維持行星在本來軌道上做圓周運動所需要的向心力,所以行星開始做橢圓運動(圖3-6),而恒星應位于橢圓的一個焦點上,即恒星質量減少的眨眼,行星應該在橢圓長軸的近日點上,因為行星此時的速度方向垂直于它和恒星的連線.假設恒星質量變小眨眼行星所在位置為A,與恒星的距離為rArA=r0,長軸的另一端為B,與恒星的距離為rB,行星在BS因為行星在橢圓軌道上運行時總能量守恒,因此E將以上兩式聯(lián)列,消去vB,可得有關rB2解此方程可得到rBr顯然,rB1就是恒星到A點的距離.rB2就是恒星到B點的距離.即A點為橢圓的近恒星點,B為橢圓的遠恒星點.設r由此可求出橢圓的軌道參數a行星在橢圓軌道上運行的周期T=本來行星做圓周運動時的周期T顯然?（五）慣性力牛頓運動定律只在一類異常的參照系中成立,簡稱慣性系.實驗證實,地面已經是一個相當臨近慣性系的參照系.普通情況下,相對地面靜止的或是做勻速運動的參照系都可作為慣性系.牛頓定律不成立的參照系叫做非慣性系,非慣性系相對慣性系必然做加速運動或旋轉運動.為了使牛頓運動定律在非慣性系中也能使用,可以人為地引進一個慣性力.倘若非慣性系相對慣性系有平動加速度a,那么只要認為非慣性系中的所有物體都受到一個大小為ma、方向與a的方向相反的慣性力,牛頓運動定律即可照用.倘若非慣性系相對慣性系有轉動加速度,也可以引進慣性離心力和科里奧利力,這兩個力不僅與非慣性系的轉動角速度有關,還與研究對象的位置和運動速度有關,在這里不詳細研究應用慣性力來解決問題,有以下幾點益處:1.某些動力知識題可變成靜力知識題,使問題簡化圖3-7例如:一物塊A放在傾角為α的光滑斜面B上,問斜面B必須以多大的加速度運動,才干保持A、B相對靜止(圖3?7)?可取B作為參照系,A在這個參照系中應靜止.因為B是相對地面有加速度的非慣性系,所以要加上一個慣性力f=ma,方向水平向右,a的大小等于B相對地面的加速度.由受力分析圖可知2.在非慣性系中解決一些問題比較方便圖3-8(a)例如:一個質量為M、斜面傾角為α的斜面A放在水平地面上,斜面上放一塊質量為m的滑塊B(圖3-8(a)).問:釋放后斜面A和物塊B相對地面的加速度各是多少?(一切摩擦均不計)圖3-8(b)A水平向右的加速度a(1)以A物為參照系來分析B(圖3-8(b)),B共受到三個力:重力mg、A對B的彈力NAB和水平向左的慣性力f=maA.在斜面A的參照系中,物塊N(2)f(3)以上(1)、(2)、(3)式聯(lián)列(NBA和NAB是一對作N分析B物塊,它相對地面的加速度的水平分量a堅直分量?B相對地面的加速度aB=3.在非慣性系中能比較遺憾地解決一些問題圖3-9請看這樣一個題目:一輛質量為m的汽車以速度v在半徑為R的水平彎道上做勻速圓周運動.汽車左、右輪相距為d,重心離地高度為h,車輪與路面之間的靜摩擦因數為μ0求:(1)汽車內外輪各承受多少支持力;(2)汽車能安全行駛的最大速度是多少?汽車左轉彎行駛時的受力情況如圖3-9所示,圖中f1、f2分別為汽車內、外輪受到的摩擦力.倘若選一個和汽車一起做圓周運動的參照系,則汽車是靜止不動的,但必須在汽車的質心處加上一個慣性離心力f,其大小為(1)以內輪著地點A為轉軸,由合力矩為零可列出m將f=mv2RN(2)汽車安全行駛時,要求既不打滑,又不會傾倒.汽車不打滑時,應有mgμv汽車不傾倒的條件是N1≥1汽車不傾翻的最大速度?從vmax1和vmax2的結果可以看出,汽車輪胎與地面之間的靜摩擦因數μ第四講能量和動量第三講中主要研究了力F的瞬時效應一可使質量為m的物體產生一個加速度a,其大小為a=F/m,其方向和力的方向相同.這一講我們來研究力的兩種堆積效應(所謂堆積效應就是力對某一個物體或物體系作用了一段時偶爾一段距離后,使物體或物體系運動狀態(tài)發(fā)生的總的變化).力主要有兩種堆積效應:一種是對空間的堆積效應,叫做功;另一種是對時光的堆積效應,叫做沖量.跟功相對應的物體的運動狀態(tài)叫動能;跟沖量相對應的物體的運動狀態(tài)叫動量.下面(一)功和動能1.功功是力對空間的堆積效應.倘若一個恒力圖4-1F作用在一個物體上,物體發(fā)生的位移是s,那么力F在這段位移上做的功為W式中的θ是F和s的夾角,即scosθ是s在F倘若物體的運動軌跡ab是一條曲線,力也是一個變力,則必須將ab分成無數無限小的小段,然后求每小段的功之和.這種求和普通要用到積分的知識,但在某些情況下也有比較容易的結果.例如,質量為m的物體在重力的作用下從a點運動到b點,如圖4-1所示.取隨意一個小段Δs,它在重力方向上的投影為Δh,重力在這一小段位移上做的功為W由此可見,重力做的功僅僅取決于質點的初始位置和終止位置,而與其運動路線無關.凡是做功量僅僅由初始和終止位置決定,而與運動途徑無關的力稱為保守力.萬有引力、庫侖力、彈簧的彈力等都是保守力.而摩擦力等一類做功大小與做功途徑有關的力叫做非保守力.因為位移是相對參照系而言的,所以功也是相對的,但普通都取地面作為參照系.在計算某個力做的功時,一定要緊緊扣住功的定義.例如有這樣一個問題:在傾角θ圖4-2=30°、長為L的斜面頂部放一質量為m的木塊,當斜面水平向右勻速移動s=L/A因為木塊做勻速運動,所以N=mW彈力做功W摩擦力做功W2.質點動能定理一個力對質點(即物體)做了功,這個質點的運動狀態(tài)就要發(fā)生變化.倘若一個恒力F使一個質點沿一條直線產生了位移s,那么這個恒力做的功就是W這個力沿s方向的分量F即F這就是質點的動能定理.正因為外力做的功和質點的12mv2這個量的增量相等,所以我們規(guī)定12mv2叫做一個質點的動能,而不是13mv2或1用動能定理來解決問題的優(yōu)越性是對力作用的中間過程不予考慮,只要考慮初狀態(tài)和末狀態(tài),這就會給解決問題帶來不少方便.請看下面一個問題:兩個質量均為m的小球,用細繩銜接起來,置于光潔平面上,繩恰好被拉直.用一個恒力F作用在連繩中點,F的方向水平且垂直于繩的初始位置(圖4-3),F力拉動本來圖4-3處于靜止狀態(tài)的小球.問:在兩小球第一次相撞前的一眨眼,小球在垂直于F作用線方向(設為y方向)上的分速度多大?因為繩的張力和方向都在不斷改變,因此兩小球的運動是比較復雜的.我們應用兩種手段使復雜的問題簡化.一是先研究小球在某一方向即F作用線方向(設為x方向)上的運動:當繩與作用線成α角時繩上的張力T=F2cosα圖4-4a可見,ax和α無關,即小球在x二是只考慮小球運動的初、末兩個狀態(tài):設F的作用點共移動了s距離,則小球在x方向上運動了s?l的距離,小球碰撞前在xv在這段過程中,F力做的功為Fs,按照FFv應該說明的是,因為動能定理是從牛頓第二定律推導出來的,因此只適用于慣性系.固然相對不同的慣性系,F做功的位移和物體的速度都是不一樣的,但動能定理卻依然成立.3.質點系動能定理質點動能定理研究的是一個質點,質點系動能定理研究的是若干個質點.質點系動能定理可由質點動能定理導出.設質點系由N個質點組成,選取適當的慣性系,對其中第i個質點用質點動能定理W式中12mivi?2和12mivi0?2分離∑若用W外、W內、Ek、EW由此可見,對于質點系,外力做的功與內力做的功之和等于質點系動能的增量,這就是質點系動能定理.和質點動能定理一樣,質點系動能定理只適用于慣性系.但質點系動能定理中的Wpl一項卻是和所選的參照系無關的,因為內力做的功只取決于相對位移,而相對位移和所選的參照系是無關的.這一點(二)勢能及功能原理1.勢能因為保守力做的功僅僅取決于初始和終止的位置,而與運動途徑無關,因而在保守力的場中可以研究勢能.在保守力場中,有一種僅由質點的位置決定的能量,稱之為勢能(也叫位能).勢能的增減與保守力做的功密切相關;保守力做多少正功,質點的勢能就減少多少;保守力做多少負功(或者說外力克服保守力做多少功),質點的勢能就增強多少.鄭重地說,勢能不單單是屬于質點的,而是質點和保守力場共有的.例如質點的重力勢能,是質點和重力場(或者說質點和地球)共有的.倘若地球出現了,那重力勢能也無從談起.這一點是勢能和動能的很大區(qū)別.下面我們著重研究一下與萬有引力及彈簧的彈力(這兩種力都是保守力)有關的圖4-5勢能.(1)彈性勢能按照胡克定律,彈簧彈力F的大小和它產生的形變Δx成正比,即F=kΔx.式中k叫做彈簧的勁度系數.彈力F做的功,可以用F?Δx圖(圖4-5)中的面積來表示.比如彈簧的形變由x2k式中12kx2?2和12kx1?2圖4-6(2)引力勢能按照萬有引力定律,在離地心r處的萬有引力為F=GMmr2,可以采用下列主意求出質量為m的質點從r2處移到r1處,萬有引力做的功(圖4-6):將r1r2分成無數小段,我們先求出質點在rB到f分母rA+小項rB?rA24f質點在rB到rAW=同理可得質點在rC到rBW最后把所有小段中引力做的功所有加起來,可得W式中?GMmr2和?GMmr1就是質點m我們平時所用的重力勢能mgh是引力勢能的一種近似特例,與引力勢能?GMmr有兩點區(qū)別:一是mgh取地面為零勢面(h是從地面算起的高度),而?GMmr取無窮遠處為零勢面;二是mg2.物體系的功能原理對一個物體系來說,倘若外力做的功為W外,內部非保守力做的功為W式中ΔEp和ΔEk功能原理適用于分析既有外力做功,又有內部非保守力做功的物體系.請看下題:勁度系數為k的輕質彈簧水平放置,左端固定,右端銜接一個質量為m的木塊(圖4-7).開始時木塊靜止平衡于某一位置,木塊與水平面之間的動摩擦因數為μ.然后加一個水平向右的恒力于木塊上.(1)要保證在任何情況下都能圖4-7拉動木塊,此恒力F不得小于多少?(2)用這個力F拉木塊,當木塊的速度再次為零時,彈簧可能的伸長量是多少?題目告訴“開始時木塊靜止平衡于某一位置”,并未指明確切的位置,也就是說木塊在該位置時所受的靜摩擦力和彈簧的形變量都不清晰,因此要考慮各種情況.倘若彈簧天然舒展時,木塊在O點,那么當木塊在O點右方時,所受的彈簧的作使勁向左.因為木塊初始狀態(tài)是靜止的,所以彈簧的拉力不能大于木塊所受的最大靜摩擦力mgμ.要將木塊向右拉動,還需要克服一個向左的靜摩擦力mgμ.所以只要設物體的初始位置為x0,在向右的恒力F作用下,物體到x處速度再次為零,在此過程中,外部有力F做功,內部有非保守力f做功,木塊的動能增量為零,所以按照FF可得x因為木塊一開始靜止,所以要求?可見,當木塊再次靜止時,彈簧可能的伸長是m3.機械能守恒定律當一個物體系既沒有外力做功,也沒有內部的非保守力做功時,這個物體系的機械能就守恒.這可以說是物體系功能原理的一種特例.值得廣大學生注重的是:機械能守恒定圖4-8律只能用于物體系,也就是說研究機械能守恒時,至少有兩個物體.偶爾我們說一個物體從空中自由下落時機械能守恒,實際上是說這個物體和地球組成的物體系機械能守恒.對孤立的物體無所謂重力勢能,也就談不上機械能守恒.光潔的堅直圓環(huán)半徑為r,天然長度也為r的輕彈簧一端固定在大圓環(huán)的頂點O,另一端與一個套在大環(huán)上的質量為m的小圓環(huán)相連,如圖4-8.先將小環(huán)移至A點使彈簧保持天然長度,然后釋放小環(huán)讓其運動,求彈簧與堅直線成θ角時小環(huán)的速度,并研究小環(huán)的運動.在由大環(huán)、小環(huán)、彈簧、地球組成的物體系中,首先沒有外力做功,第二也沒有內部的非保守力做功(大環(huán)對小環(huán)的彈力固然是非保守力,但這個力不做功),所以該物體系機械能守恒.設彈簧與堅直方向成θ角時小環(huán)的速度為v,以大環(huán)底部為零勢面,可以列出機械能守恒的式子m=(一開始小環(huán)與大環(huán)心連線與堅直方向的夾角是60°,當彈簧與堅直方向的夾角是θ時,小環(huán)與大環(huán)心連線與堅直方向的夾角是2θv對上述v的表達式,可作下列研究:(1)令θ=0,可得vB=gr3?krmg,當krmg<3,即kr<3mgθ此式當3mg≤kr時存心θ即小環(huán)恰好可能到達B點.(3)小環(huán)在何處時速度最大?這個問題可用兩種途徑解決:(1)用上面速度的表達式求v的極值:因為v=gr1+2cos2θ?1==用配主意可求出當cosθ0=kr2kr?mg時,v(2)從分析小環(huán)的受力情況來求v的極值:一開始小環(huán)的重力沿大環(huán)切線方向的分力大于彈簧的拉力沿大環(huán)切線方向的分力,小環(huán)向來加速.當θ達到某一值θ0時,這兩個力的切向分力相等,此時小環(huán)停止加速,速度達到極大值.再往后小環(huán)就要減速了.按照m同樣可以解出cos結果同第(1)種主意是一樣的.由此例我們可以體味到應用功能原理或機械能守恒定律解題有兩個很大的優(yōu)點:一是可以不考慮中間的復雜過程;二是可以不考慮速度的方向.（三）沖量和動量1.沖量沖量是力對時光的堆積效應,倘若一個恒力F作用在一個物體上,作用時光為t,那么力在這段時光內的沖量I方向與力F的方向相同.倘若作使勁F是一個變力,則必須將時光分成無數無限小的小段,分離計算出每一小段時光內的沖量,然后求這些沖量之和.這里要注重的是,沖量是一個矢量,應該求各小段時光內沖量的矢量和.2.質點動量定理牛頓第二定律的原始形式為F即FI式中v1和v2分離為起始時刻和終了時刻的速度.這就是質點動量定理,即合外力提供的沖量等于它動量的增量.正因為外力的沖量和質點mv這個量的增量相等,所以我們規(guī)定質點動量定理是一個矢量式,因此可以寫出它的分量式III在應用動量定理解決問題時,偶爾研究對象不是一個顯然而決定的物體,需要自己來選取.在以下兩個問題中都要注重這一點.問題一:一枚質量為M的火箭,依賴向正下方噴氣在空中保持靜止,倘若噴出氣體的速度為v,那么火箭發(fā)動機的功率是多少?選取在Δt時光內噴出的氣體為研究對象,設火箭推氣體的力為F,按照F因為火箭靜止在空中,所以按照牛頓第三定律有F=MMΔ對同樣這一部分氣體用動能定理WP這個問題容易犯的錯誤是直接套用功率的公式P這種做法錯在忽略了從火箭中噴出來的是逐漸加速的氣體,且其平均速度為1問題二:一根勻稱柔軟繩長為l、質量為m,對折后兩端固定在一個釘子上.其中一端驟然從釘子上脫落,求下落的繩端點離釘子的距離為x時,釘子對繩子另一端的作使勁是多少?如圖4-9所示,當左邊繩端離釘子的距離為x時,左邊繩長為l+x2?x=12l?x,速度圖4-9以后,左邊繩子又有長度為12vΔt的一小段轉移到右邊去了,我們就分析這一小段繩子.這一小段繩子受到兩個力:上面繩子對它的拉力T和它本身的重力1T因為Δt取得很小,因此這一小段繩子的重力相對于TT因此釘子對右邊繩端的作使勁F此題也可以分析整根繩子,整根繩子受到兩個力:重力mg和釘子的拉力F.在t時刻(即左端下落了xp在t+Δp在Δt時光p==忽略高階小量Δx?F=兩邊除以Δt,并注重ΔxF=當全繩剛拉直,即x=lF3.質點系動量定理將質點動量定理擴展到質點系,即可得到質點系的動量定理.質點系中各質點所受外力和內力的總沖量記為I外和I內內,各質點總的初動量之和及末動量之和記為p1及I由牛頓第三定律可證實I內=I即質點系所有外力提供的總沖量等于質點系總動量的增量.這就是質點系動量定理.(四)動量守恒定律當質點系所受外力的總沖量為零時,質點系的動量守恒,即p動量守恒定律是一個矢量式,同樣可以寫出它的分量式ppp下面著重研究幾個應用動量守恒定律的較重要的問題.1.碰撞碰撞是兩個質點之間的互相作用.因為普通碰撞過程很短暫,兩質點互相碰撞的力相對其他作使勁來說要大得多,因此?？珊雎耘鲎财陂g其他力的作用.于是由互相碰撞的兩個質點組成的物體系動量守恒得m(1)式中v1、v2是兩質點碰撞前的速度,較典型的問題是已知兩質點的質量及碰撞前的速度,要求碰撞后的速度.此時由(1)式是無法解出兩個未知量的.還需要補充一個說明碰撞情況的方程.比如假設兩質點碰撞過程中總動能沒有損失,那么就還可以補充一個方程1(2)這種碰撞偶爾稱為徹低彈性碰撞.將(2)式收拾變形可得m(3)將(1)式變形可得m(4)(3)式除以(4)式,可得v即v(5)這個結果偶爾稱為牛頓碰撞定律.v2?v1是碰撞前m2相對m1的速度,或者說m2趨近m1的速度;v1?′?v2?′是碰撞后將(1)、(5)式聯(lián)立,可以解出vv由此結果可看出:當m1=m2時,v1?′=v2,v2?′=v1倘若碰撞后兩個物體的速度相同(即一起運動),那么可以補充一個方程v即可解得v這種碰撞可稱為徹低非彈性碰撞或范性碰撞.為了區(qū)別碰撞的性質,我們引人恢復系數e,定義為分離速度和臨近速度的比值e將此定義和動量守恒式聯(lián)立,即可解得vv徹低彈性碰撞中e=1,徹低非彈性碰撞中e=0,當0<eΔ由上式可看出:e越小,碰撞前相對速度越大,碰撞中能量損失越多.2.范性過程范性碰撞指兩個物體碰撞后連在一起運動了,其他還有一些類型的兩個物體的互相作用,其特征和范性碰撞類似,即互相作用后兩個物體的速度相同了,對這樣一類互相作用的過程,我們可稱之為范性過程.范性過程可長可短,范性過程中兩個物體的互相作使勁可以是各種性質的力,例如:彈力、摩擦力、萬有引力、庫侖力等.在范性過程中,動能是絕對不守恒的,而且是各種互相作用中動能損失最大的一種.而范性過程中機械能是否守恒,要看互相作使勁的性質.例如:兩物體通過摩擦力互相作用,則機械能不守恒,兩物體如果通過萬有引力互相作用,則機械能是守恒的,只是有一部分動能變成了勢能.3.動量守恒定律的推廣因為一個質點系在不受外力的作用時,它的總動量是守恒的,所以一個質點系的內力不能改變它質心的運動狀態(tài).這個研究包含了三層含意:(1)倘若一個質點系的質心本來是不動的,那么在無外力作用的條件下,它圖4-10的質心一直不動,即位置不變.(2)倘若一個質點系的質心本來是運動的,那么在無外力作用的條件下,這個質點系的質心將以本來的速度做勻速直線運動.(3)倘若一個質點系的質心在某一個外力作用下做某種運動,那么內力不能改變質心的這種運動.比如某一物體本來做拋體運動,倘若驟然炸成兩塊,那么這兩塊物體的質心依然繼續(xù)做本來的拋體運動.倘若一個質量為mA的半圓形槽A本來靜止在水平面上,圓槽半徑為R.將一個質量為mB的滑塊B由靜止釋放(圖4-10),若不計一切摩擦,問A因為A做的是較復雜的變加速運動,因此很難用牛頓定律來解.由水平方向動量守恒和機械能守恒,可知B一定能到達槽A右邊的最高端,而且這一眨眼A、B相對靜止.因為A、B組成的體系本來在水平方向的動量為零,所以它的質心位置應該不變.初始狀態(tài)圖4-11低點的水平距離為:s=mBmA+mB?R.所以B.倘若本來A、B一起以速度v向右運動,用膠水將B粘在槽A左上端,某一時刻膠水驟然失效,B開始滑落,依然忽略一切摩擦.設從B脫落到B再次與A相對靜止的時光是t,那么這段時光內AB脫落后,A開始做變加速運動,但A、B兩物體的質心依然以速度v向右運動.所以在t時光內AL第五講振動與波一物體在某一位置附近做往復運動,叫做機械振動.除了機械振動之外,還有非機械振動.某一個物理量在某一定值附近往返變化,就可以說這個物理量在振動.譬如交流電的電壓(或電流),電磁場中某個位置上的電場和磁場,都是非機械的振動.簡諧運動是最基本的機械振動,而且用數學知識可以證實,所有的機械振動都可以分解成一系列簡諧運動.因此我們主要研究簡諧運動.振動的形式(或者說振動的能量)向外傳揚就形成了波.機械波的傳揚需要媒介,而電磁波可以在真空中傳揚.(一)簡請運動1.簡諧運動的方程倘若一個物體受到的恢復力∑F與它偏離平衡位置的位移x大小成正比,方向相反,即∑的關系,那么這個物體的運動就定義為簡諧運動.按照牛頓第二定律,物體的加速度a因此,倘若一個物體的加速度和它偏離平衡位置的位移大小成正比,方向相反,那么這個物體做的就是簡諧運動.讓我們來分析一個做勻速圓周運動的物體在向來徑上的投影的運動.當t=0時刻,一個物體m從x軸上的A點開始做勻速圓周運動,角速度為ω.經過時光t圖5-1m到了B位置(圖5-1),此時它的向心加速度在x方向上的投影(即它在x軸上的投影的加速度)的大小為a(1)它在x軸上的投影離O點的距離是x(2)即a因為ax的方向和xa式中ω2是一個定值,因此m在x軸上的投影做的是簡諧運動,ω從圖5-1中同樣可以看出,物體在x軸上的投影的速度v(3)(1)、(2)、(3)三式叫做簡諧運動的方程.不難看出,倘若當t=0時,mO與x軸成x(1)v(2)a(3)式中的R是簡諧運動的振幅,ω是簡諧運動的圓頻率,φ0叫初相位.很顯然f因為a即∑將此式與簡諧運動的定義∑F=ω式中k是∑F和x的比例系數,m讓我們來看這樣一個問題:如圖5-2所示,有一個彈簧振子質量為m,放在光潔水平面上,平衡位圖5-2置為O點,其圓頻率為0.5π/s.另一個質量也是m的滑塊由h=0.20?m高的A點由靜止滑下,質點滑到曲面底部B需時tAB=1.5?s,從釋放兩個物體時開始計時,到t1v(1)按照機械能守恒可得v代人方程(1),有?這個方程不易求解,可以用作圖法來解(這是一種有效且具有普遍意義的主意).作出x圖5-3兩條曲線(圖5-3)交于t1=4.8?s由x=2cos0.5πt1=0.61?m可知,碰撞發(fā)生在O點左邊0.61?m按照動量守恒定律:(忽略碰撞過程中彈簧的作使勁)?可得v按照振動方程xv令t=0x(2)v(3)將(2)、(3)式平方相加,可得A(3)÷(2),可得tan碰撞前的彈簧振子ω碰撞后的彈簧振子ω按照碰撞后的x、vAφ=所以碰撞后的振動方程為(向左為正)xva2.簡諧運動的能量一個彈簧振子的能量由振子的動能和彈簧的彈性勢能構成,即∑簡諧運動的動能Ek、勢能Ep和總能量∑E隨位移x圖5-4在上面研究的問題中,兩物體碰撞結束后的能量為Σ==在位移最大處的能量為∑在平衡位置時的能量為∑有ΣE=3.簡諧運動的周期倘若能證實一個物體受的合外力∑那么這個物體一定做簡諧運動,而且振動的周期T式中的m是振動物體的質量.圖5-5有一粗細勻稱的U形管中裝有一定量的水,水柱的總長度為l.受擾動后水在管內振動,倘若忽略管壁對水運動的阻力,求振動的周期.考察右管水面升高了x的某一眨眼:左右兩管水面的高度差是2x∑(比例系數因為ΣF和xT這個問題也可以從能量的角度來考慮:當系統(tǒng)處于平衡位置時勢能最低,可設為0.倘若系統(tǒng)偏離平衡位置x時,系統(tǒng)具有的勢能為k′x2/2T當右邊的水面升高x時,系統(tǒng)增強的勢能E即k所以T4.彈簧振子(1)恒力對彈簧振子的作用比較一個在光潔水平面上振動的和另一個堅直懸掛振動的彈簧振子,倘若m和k都相同(圖5-6),則它們的振動周期T是相同的.這就是說,一個振動方向上的恒力普通不會改變振動的周期.倘若在電梯中堅直懸掛一個彈簧振子,彈簧原長l0,振子質量為m=1.0?圖5-6=0.10?m.從t=0時開始電梯以g/2的加速度加速下降t=πs,然后又以g/因為彈簧振子是相對電梯做簡諧運動,而電梯是一個有加速度的非慣性系,因此要考慮彈簧振子受到的慣性力f.在勻變速運動中,慣性力是一個恒力,不會改變振子的振動周期.振動周期T因為k=mT因此在電梯向下加速或減速運動的過程中,振動的次數都為n當電梯向下加速運動時,振子受到向上的慣性力mg/2,在此力和重力Δ的地方.同樣,當電梯向下減速運動時,振子的平衡位置在Δ的地方.在電梯向下加速運動期間,振子正巧完成5次全振動,因此兩個階段內振子的振幅都是Δl/2.彈簧的伸長隨時光變化的邏輯如圖5-7所示.讀者可以思量一下,倘若電梯第二階段的勻減速運動不是從5T時刻而是從4.5T圖5-7設有幾個勁度系數分離為k1、k2、?、knx各彈簧受的拉力也是F,所以有x故x按照勁度系數的定義,彈簧組的勁度系數k即得1倘若上述幾個彈簧并聯(lián)在一起構成一個新的彈簧組,那么各彈簧的伸長是相同的.要使各彈簧都伸長x,需要的外力F按照勁度系數的定義,彈簧組的勁度系數k導出了彈簧串、并聯(lián)的等效勁度系數后,在解題中要靈便地應用.如圖5-8所示的一個振動裝置,兩根彈簧究竟是并聯(lián)還是串聯(lián)?這里我們必須抓住彈簧串并聯(lián)的本質特征:串聯(lián)的本質特征是每根彈簧受力相同;并聯(lián)的本質特征是每根圖5-8彈簧形變相同.由此可見圖5-8中兩根彈簧是串聯(lián).當m向下偏離平衡位置Δx時,彈簧組伸長了2ΔxFm受到的合外力(彈簧和動滑輪質量都忽略)∑所以m的振動周期T圖5-9=再看如圖5-9所示的裝置.當彈簧1由平衡狀態(tài)伸長Δl1時,彈簧2由平衡位置伸長了ΔkΔ因為彈簧2的伸長,使彈簧1的懸點下降了Δ因此物體m總的由平衡位置下降了Δ此時m受的合外力∑所以系統(tǒng)的振動周期T(3)無固定懸點的彈簧振子質量分離為mA和mB的兩木塊A和B根勁度系數為k的輕彈簧聯(lián)接起來,放在光潔水平桌面上(圖5-10).現讓兩木塊將彈簧壓縮后由靜止釋放,求系統(tǒng)圖5-10振動的周期.想像兩端各用一個大小為F、方向相反的力將彈簧壓縮,設某時刻A、B各偏離了本來的平衡位置xA和xBm(1)A、BF(2)由(1)、(2)兩式可解得FF由此可見A、BT此問題也可用另一種觀點來解釋:因為兩物體質心處的彈簧是不動的,所以可以將彈簧看成兩段.倘若彈簧總長為l0,左邊一段原長為mBmA+mBl0,勁度系數為m有興趣的讀者可以研究:倘若將彈簧壓縮之后,不是同時釋放兩個物體,而是先釋放一個,再釋放另一個,這樣兩個物體將做什么運動?系統(tǒng)的質心做什么運動?5.單擺單擺的運動在擺角小于5°時,可近似地看做是一個簡諧運動,振動的周期為T=2πl(wèi)/g.在一些“異形單擺”中,(1)等效重力加速度g′倘若在一節(jié)車廂中懸掛一個擺長為l圖5-11廂以加速度a在水平地面上運動(圖5?11).因為小球m相對車廂受到一個慣性力f=ma,所以它可以“平衡”在OA位置,tanα=m所以它的周期T其中g(2)等效擺長l′有一種異形擺如圖5-12所示,擺球m固定在邊長為L、質量可忽略的等邊三角形支架ABC的頂角C上,三角支架可圍繞固定的AB邊自由轉動,AB在這個擺中,g和l同時發(fā)生了異化.當m做小角度擺動時,實際上是圍繞AB的中點Dl圖5-12正因為m圍繞D點擺動,所以它受的有效的恒力是mg′T(3)懸點不固定的單擺一個質量為M的車廂放在水平光潔地面上,廂中懸有一個擺長為l、擺球質量為m的單擺.很顯然,當擺球往返擺動時,車廂也將做往復運動.這是一種特殊的擺.當擺線與堅直方向的夾角為θ圖5-13時,擺球受到重力mg、擺線拉力T和慣性力ma分析擺球:T=m擺球向心力)(1)回復力F(2)分析車廂:T(3)因為θ很小,所以可以認為sin這樣由(1)、(3)式可以得到a(4)(4)代人(2)F因為擺球偏離堅直線的距離Δ所以F因此擺球做的是簡諧運動,振動周期T由以上表達式可以看出,當M?m時,T=2πl(wèi)/g.這是不難想像的,因為此時M(二)機械波1.波動方程倘若有一列波沿x方向傳揚,振源的振動方程為y=Acosωt,波的傳揚速度為v,那么在離振源y在此方程中有兩個自變量:t和x.當t不變時,這個方程描寫某一時刻波上各點相對平衡位置的位移;當x不變時,這個方程就是波中某一點的振動方程.2.波的千涉(1)波的疊加幾列波在同一介質圖5-14中傳揚時,在它們相遇的區(qū)域內,每列波都將保持各自原有的頻率、波長和傳播方向,并不互相干擾.波的這種性質叫做波的自立性.因此在幾列波重疊的區(qū)域內,每個介質質點都將同時參加幾列波引起的振動,每個質點的振動都是由幾個分振動合成的.故在任一時刻,每個質點的位移都是幾列波各自的分振動引起的位移的矢量和.這種現象稱為波的疊加.(2)波的干涉兩列頻率相同、振動方向相同、相位差恒定的波叫做相干波.兩列相干波傳到同一個區(qū)域,可使某些位置的質點振動加強,某些位置的質點振動削弱,而且振動加強和振動削弱的區(qū)域互相間隔,這種現象叫做波的干涉.設有S1和S2兩個波源(圖5-14),振動方程yy倘若P點到S1、S2的距離分離為r1和r2,那么兩列波傳揚到y(tǒng)y按照波的疊加原理,P點處質點的振動即是上述兩個分振動的合振動,合振動的振幅取決于兩個分振動的相差Δ==由此可見,Δφ是由S1、S2到P(1)當r2?r1=±nλn=(2)當r圖5-15λ/2n=0,1,2,?時,兩列波互相削弱3.多普勒效應當波源或者接收者相對于介質運動時,接收者會發(fā)現波的頻率發(fā)生了變化,這種現象叫多普勒效應.下面分離加以說明:(1)波源S不動,接收者R以速度v2向著S運動設當接收者R位于A處時開始計時,經過時光t后,R向著S運動了v2t.倘若波速為v,則波背著S傳揚了vt(圖5-15).對于R來說,通過他的波的個數(即f=上式表明,當R向著S運動時,R接收的頻率f′為本來頻率f的1+v2v倍,f′>f;倘若R遠離S運動,則(2)接收者R不動,波源S以速度v1向著R圖5-16因為波的傳揚速度與波源的運動無關,而S每發(fā)出一個波后向右移動了v1T,所以對R來說,波長縮短了v1T(圖5-16),即在t時光內,通過R向右傳揚的距離仍為vt,但由于波長的縮短,Rf=上式表明,當S向著R運動時,R接收的頻率f′為本來頻率f的vv?v1倍,f′>f;倘若S遠離R運動,則倘若一個看見者在鐵路近旁,當火車迎面駛來時,他聽到的汽笛聲頻率為f1=440?Hz,當火車駛過他身旁后,他聽到的汽笛聲的頻率f2降為392?Hz.當火車駛近時f當火車遠離時f可解得u=【點面突破】有一個質點同時參加了兩個振動xx試描述這個質點的運動情況.解法I因質點同時參加了兩個振動,所以它的位移是這兩個位移的合位移.即x=?===(1)其中A(2)A(3)由(1)式可見,質點做的依然是簡諧運動.由(2)、(3)可解得合振動的振幅和初位相分離為A(4)第六講熱學力學中主要研究的是宏觀物體,熱學中主要研究的是分子線度內的微粒.因為分子線度內的微粒很小,且數量無數,所以沒有可能也沒有須要對這些微粒舉行逐個追蹤的研究,而是著重研究它們的一些宏觀表現.AMMA(一)液體的表面現象1.液體的表面張力因為液體和藹體接觸的表面層的分子較內部要稀疏一些,因此液體有盡量縮小表面面積的趨勢,使液體表面層產生了一種收縮的力,這種收縮力叫做表面張力,表面張力的大小為f式中L是液體表面層界線的長度,σ為表面張力系數,是液體的一種特性.同種液體的表面張力系數還隨溫度而變化.倘若研究的是一層液體薄膜,要注重液膜有前后兩個表面.先來看一個真空環(huán)境中的肥皂泡:將體積為323πcm3、壓強為10?Pa的空氣打人一個肥皂泡,肥皂泡膨脹到半徑為圖6-1為了解決這個問題,先要研究球形液面所產生的附加壓強.取半徑為R的球形液面的一部分作為研究對象.作用在這部分液面邊界線上的表面張力F是垂直于邊界處的半徑AC的(圖6-1).這個張力的平行于AO的分力互相抵消,垂直于AF這部分液面向液體內部產生的附加壓強p對于肥皂泡來說,因為皂膜有兩層液面,所以產生的附加壓強為p按照玻意耳定律,設肥皂泡穩(wěn)定后內部的壓強為p,則ppp因為此時肥皂泡內外壓強相等,所以有pσ2.浸潤和不浸潤在液體和固體接觸的附著層中,有兩種情況:倘若固體分子對液體分子的作使勁小于液體內部分子對它的作使勁,則附著層類似于表面層的情況,有收縮的趨勢;倘若固體分子對液體分子的作使勁大于液體內部分子對它的作使勁,則附著層有擴張的趨勢.前者我們說液體不浸潤固體,后者稱為液體浸潤固體.(a)(b)圖6-2液體與垂直、水平的固體平面接觸時的形狀如圖6-2所示,(a)是液體不浸潤固體的情況,(b)是液體浸潤固體的情況.固、液、氣三者交界處液面的切線與和液體接觸的固體平面的夾角θ叫接觸角.不浸潤時θ>90°,浸潤時θ<90°.倘若θ=180°管中液體的毛細現象就是因為圖6-3液體表面性質引起的一種現象(圖6-3).當液體浸潤管壁時,液面上升(圖6-3(a));當液體不浸潤管壁時,液面下降(圖6-3(b)).當液面產生的附加壓強和液柱產生的壓強互相抵消時,液柱平衡.(二)理想氣體的狀態(tài)方程理想氣體的狀態(tài)方程表述了一定質量的氣體的壓強p、體積V和開氏溫度T之間的關系p將密度公式V=mp利用1?molp式中M是理想氣體的摩爾質量,R稱為普適氣體恒量,大小為R=在用氣體狀態(tài)方程解決問題時,普通只要把初、末兩個狀態(tài)的參量搞清晰即可.但偶爾因為變化過程比較復雜,還需要注重中間的過程.一根一端封閉的勻稱玻璃管長96?cm,內有一段20?cm圖6-4氣柱長60?cm,外界大氣壓強為76c這個問題倘若只考慮初狀態(tài)和水銀所有溢出的末狀態(tài),應該是p即96可得T但倘若要研究一下氣體膨脹的囫圇過程,就會發(fā)現上述研究是錯誤的.可把囫圇膨脹過程一分為二:以水銀柱上端面與管口齊平為界.第一階段:p96T第二階段:設水銀柱長度為xp96x要使x有實數解,必須使判別式Δ可解得Tx這個結果告訴我們,當水銀開始溢出后,在T為380?K和385?K之間時,有兩個長度的水銀柱可能獲得平衡.但實際的情況是:當溫度達到385?K(即永柱長度為(三)混合的理想氣體對于幾種理想氣體混合在一起(不會發(fā)生化學反應)的情況,普通可用下列兩種主意來分析問題:1.道爾頓分壓定律當有n種氣體混合在一個容器中時,它們所產生的總壓強等于每一種氣體單獨充在這個容器中時所產生的壓強之和.即p2.混合氣體的狀態(tài)方程倘若有n種理想氣體,分開時的狀態(tài)分離為p1、V1、T1、p2、Vp倘若是兩部分氣體混合后再分成兩部分,則有p(詳細推導見例2)有了這兩個定律,就可以比較順利地解決一些問題.例如有甲、乙兩個體積不變的容器,容積之比為VF:VZ=3:1,它們分離處在溫度為因為氦氣是惰性氣體,因此不會和氫發(fā)生化學反應.先用道爾頓分壓定律來解決這個問題.假設乙容器原先真空,甲容器中有15?atm的氫氣,將甲、乙兩容器連通后,甲容器中有的氫氣跑到乙容器中,變?yōu)閜(1)現在甲容器中有p(2)乙容器中有p(3)(2)+(3)p(4)由(1)、(4)二式可得p代人數據15可得p再假設甲容器中原先真空,乙容器中有30?atmp因此,倘若兩容器內原先分離有15?atm的氫和p也可以直接用混合氣體的狀態(tài)方程來解決這個問題.設甲、乙連通后的壓強為p,p15可解得顯然,第二種解法比第一種解法要簡便得多.(四)熱力學第一定律熱力學第一定律是能量轉化和守恒定律在熱學領域中的表達.倘若外界對物體做的功是W,物體從外界吸收的熱量是Q,則物體內能的增量ΔE=W+Q.在使用這個定律時要注重三個量的正負:外界對物體做功,W取正;物體對外界做功,W取負;物體從外界吸熱,Q取正;物體對外界放熱,Q取負;物體內能增強,ΔE因為氣體吸收的熱量Q不但取決于它內能的變化ΔE,還和它做的功W有關,因此氣體的比熱容不是一個決定1.當氣體發(fā)生等容變化時,W=0Q式中cV叫做等容摩爾熱容,對理想cV=i22.當氣體發(fā)生等壓變化時W按照熱力學第一定律Q=式中cpc3.等溫過程因為等溫過程T2?p4.絕熱過程絕熱過程中Q=0,所以W=?p其中ν=c在解決有關氣體的問題時,常需要綜合地應用上述知識.請看下面這個問題:在一個具有絕熱壁的氣缸內,有一個裝圖6-5有小閥門L的絕熱活塞.氣缸A端裝有電加熱器.起初活塞位于氣缸B端,缸內裝有一定量的理想氣體,溫度為T0,活塞與缸壁之間的摩擦可以忽略.現設法把活塞壓至A、B中點,并用銷釘將活塞固定(圖6-5).在此過程中,外力做功W,左部氣體溫度變成了T.然后開啟活塞上的閥門,經過充足這是一個過程比較復雜的問題.因為所有過程都發(fā)生在一個體積不變化的絕熱氣缸中,所以電熱器傳給氣體的熱量一定等于所有